文档内容
高 2024 级高一下期 5 月阶段性测试物理试题
命题人：罗新竹 审题人：匡昆海、曾亮、林航
本试卷满分100分，考试用时75分钟
一、单项选择题：本题共7个小题，每小题4分，共28分。在每小题给出的四个选项中，只有一个选项
符合题目要求。
1．下列说法正确的是（ ）
A．因为能量是守恒的所以不需要节约能源
B．牛顿在发现万有引力定律的过程中用到了开普勒第一定律、开普勒第三定律、牛顿第二定律、牛顿
第三定律
C．由开普勒第二定律可知，相同时间内，火星与太阳连线扫过的面积等于木星与太阳连线扫过的面积
D．做匀速圆周运动的物体其动能和动量都不变
2．篮球无转动加速下落时轨迹如图甲所示，若在篮球释放瞬间给它一个转动速度轨迹，如图乙所示，引
起轨迹乙的原因称为马格努斯效应，马格努斯效应在球类运动项目中非常普遍。
已知
高一物理 2025-05 第1页 共2页
P 为甲轨迹上一点， Q 为乙轨迹上一点。根据轨迹下列判断正确的是（ ）
A．篮球在 P 点受到空气给它的力可能水平向左
B．篮球在 P 点受到空气给它的力可能大于篮球重力
C．篮球在 Q 点受到空气给它的力可能斜向右上
D．篮球在 Q 点受到空气给它的力沿轨迹切线方向
3．如图所示，一质量为m的小球置于半径为R的光滑竖直圆轨道最低点A处，B为轨道最高点，弹簧一
mg 端固定于圆心O点，另一端与小球拴接。已知弹簧的劲度系数k= ，原长
R
L = 2 R ，
弹簧始终处于弹性限度内，若给小球一水平初速度 v
0
，已知重力加速度为 g 则有
（ ）
A．小球运动到最高点B时，弹簧对小球的力为0
B．若 2 g R v
0
5 g R ，则小球会在B、D间脱离圆轨道
C．只要 v
0
4 g R
升高度为H = 1.8 m时脱离轨道，重力加速度g = 10 m/s2，不计空气阻力。则以下说法正确的是（ ）
A．小车恰脱离轨道时受重力和摩擦力
B．小车脱离轨道时的速度大小√2m/s
C．小车从A至B运动过程中轨道对小车弹力的冲量为0
D．小车从A至脱离过程克服摩擦力所做的功大小为10J
7．一物体以一定的初速度自固定斜面底端沿斜面向上运动，一段时间后回到斜面底端。以斜面底端为零
势能面，此过程该物体的动能E 随高度h的变化关系如图所示，图中E 、E
k 1 2
和h 均为已知，重力加速度为g。下列说法正确的是（ ）
0
A．物体滑到最高点时重力势能为
E1+𝐸2
2
B．物体上滑过程中克服重力做的功为𝐸 −𝐸
1 2
C．物体下滑过程中克服阻力做的功为𝐸 −𝐸
1 2
D．由题中已知量可以求出阻力大小为
𝐸1−𝐸2
2ℎ
二、多项选择题：本题共3个小题，每小题6分，共18分。在每个小题给出的四个选项中，有多项符合
题目要求。全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。
8．如图所示，M是绕地球飞行的探测器，N为地球静止轨道同步卫
星，P是纬度为𝜃 =60°的地球表面上一点。假设M、N均绕地球做
匀速圆周运动，某时刻P、M、N、地心O四点恰好在同一平面内，
且O、P、M三点在一条直线上，∠𝑂𝑀𝑁=90°，取√2=1.4则（ ）
A．M的机械能一定大于N的机械能
B．M的周期与地球自转周期之比为√2
2
C．M、N的向心加速度大小之比为4:1
D．O、M、N三点可能在某时刻共线
9．倾角为𝜃 =30°的光滑斜面固定在水平地面上，质量𝑚 =1kg的物块用轻质细绳跨过光滑的定滑轮和水
平地面上质量为𝑀 =3kg的小车相连。初始时小车尾端在滑轮正下方距滑轮ℎ =0.4m处，𝑡 =0时刻小车开
始以恒定的功率𝑃 =20W启动，并带动物块沿斜面向上运动，𝑡 =10s时小车运动到 A 位置，此时细线与
，小球就能做完整的圆周运动 水平方向的夹角𝜃 =30°，已知整个过程中小车克服地面阻力做功为78J，忽略空气阻力，g取10m/s2，则
D．A点弹簧弹力比B点弹簧弹力大 下列说法中正确的是（ ）
4．我国航空航天技术已居于世界前列。如图所示，飞行器P绕某星球做匀速圆周运动，星球相对飞行器 A．整个过程中物块和小车组成的系统机械能的增加
的张角为θ。已知万有引力常量G，下列说法正确的是（ ） 量为122J
A．轨道半径越大，向心加速度越大 B．绳子对物体和小车做功之和不为零
B．若测得周期和张角，可得到星球的平均密度 C．小车运动到A位置时物块的速度大小为4√3𝑚/𝑠
C．若测得周期和张角，可得到星球的质量 D．10s时物块重力做功的功率大小为0.2W
D．若测得周期和轨道半径，可得到星球的平均密度 10．如图所示，斜面倾角为θ=370，在斜面底端垂直斜面固定一挡板，轻质弹簧一端固定在挡板上，质量
为M＝1.0 kg的木板与轻弹簧接触、但不拴接，木板被锁定在斜面上。弹簧与斜面平行、且为原长。某时
5．如图所示，某同学将乒乓球发球机正对着竖直墙面水平发射，两个完全相同的乒乓球a和b各自以不 刻在木板右上端一个质量为 m＝2.0 kg 的小金属块以 v ＝4 m/s 平行斜面
1
同的速度水平射出，碰到墙面时竖直下落的高度之比为9：16。若不计阻力， 向下的速度冲上木板，沿木板向下运动，冲上木板的同时解除对木板的锁
下列对乒乓球a和b的判断正确的是（ ） 定。金属块与木板间的动摩擦因数为μ ＝0.75，木板与斜面间的动摩擦因
1
A．碰墙前a和b的运动时间之比为9：16 数为μ ＝0.25。当弹簧上端被压缩1m到P点时金属块与木板刚好达到相
2
B．从发出到碰墙，a和b的动能变化量之比为3：4 对静止，用时t＝2 s。已知sin θ＝0.6、cos θ＝0.8，g取10 m/s2则以下说
C．从发出到碰墙，a和b的动量变化量之比为4：3 法正确的是（ ）
D．从发出到碰墙，a和b的动量变化率之比为1：1 A．此过程金属块减小的机械能转化为板的动能、弹簧弹性势能及内能
B．从木板开始运动至到达P点过程中木板与斜面间因摩擦而产生的热Q=6J
6．如图所示为固定在竖直平面内半径为R = 1 m的半圆形粗糙轨道，A为最低点，B为圆心等高处，C为 C．从木板开始运动至到达P点过程中为使金属块不从木板上滑下，木板长度至少8m
最高点。一质量为m = 1 kg的遥控小车（可视为质点）从A点水平向右以v 0 = 8 m/s无动力进入轨道，上 D．P点弹簧弹性势能E =4J
P弹三、实验题：本题共2个小题，共14分 四、计算题：本题共3个小题，共40分
11．（6 分）利用智能手机的加速度传感器，通过调整手机与车轮相对位置测量向心加速度，探究圆周运 13．（10分）如图所示，倾角为
动向心加速度与角速度、半径的关系。如图（a），先后将手机固定在自行车后轮转动半径分别为𝑟、
1
𝑟 (𝑟 >𝑟 )的位置，摇动踏板，用手机实时采集数据得到两种不同半径下𝑎−𝜔散点图像和𝑎−𝜔2散点图
2 1 2
像，如图（b）和图（c）。
(1)通过采集的数据散点分布可以判断出（ ）
A．图（b）中𝑎与𝜔成正比 B．图（c）中𝑎与𝜔2成正比
(2)图（c）的I对应半径为 （选填“𝑟 ”或“𝑟 ”）的𝑎−𝜔2散点图；
1 2
(3)实验过程中， （选填“需要”或“不需要”）匀速摇动踏板。
12．（8 分）某探究学习小组的同学欲以图甲装置中的滑块为对象验证“动能定理”，他们在实验室组装了
一套如图所示的装置。若你是小组中的一位成员，要完成该项实验，则：
(1)实验时为了保证滑块(质量为 M)受到的合力与沙和沙桶的总重力大小基本相等，进行了平衡摩擦力的
操作，且滑块质量远大于沙和沙桶的总质量。
(2)在(1)的基础上，某同学用天平称量滑块的质量M，往沙桶中装入适量的细沙，用天平称出此时沙和沙
桶的总质量m。让沙桶带动滑块加速运动，用打点计时器记录其运动情况，在打点计时器打出的纸带上取
两点，测出这两点的间距L和这两点的速度大小v 和v (v ＜v )．则对滑块，本实验最终要验证的数学表 1 2 1 2
达式为 (用题中的字母表示)．
(3)该小组中甲同学认为：利用上述装置在已平衡摩擦力情况下，可以验证滑块与沙及沙桶组成的系统机
械能守恒，你认为甲同学观点_______（填“正确”或“不正确”）； 该小组中乙同学利用上述装置，只将长
木板用水平气垫导轨代替（其余装置均不变），来验证滑块与沙及沙桶组成的系统机械能是否守恒，如果
实验时所用滑块质量为 M，沙及沙桶总质量为 m，让沙桶带动滑块在水平气垫导轨上加速运动，用打点
计时器记录其运动情况，在打点计时器打出的纸带上取两点，测出这两点的间距 L 和这两点的速度大小
v 与 v (v ＜v )．则最终需验证的数学表达式为 (用题
1 2 1 2
1
中的字母表示)。若乙同学用多次测量数据作出 (v2－v2)－L图像如图乙所示，再根据图像计算出当地的重
2 2 1
力加速度g，乙同学g的测量值______当地实际加速度g 。（填“大于”“等于”“小于”）
准
高一物理 2025-05 第2页 共2页
3 7 = 的足够长斜面的底端 B 与固定在水平桌面上的半径为 R = 0 .9 m 的光
滑半圆形圆管轨道 B C 平滑地衔接在 B 点， B 、 C 位于桌面边缘；在水平地面上有一倾角为=37 的斜劈
垂直桌面边缘放置，斜劈的底端在C点正下方。质量为m=0.2kg的滑
块从斜面上的 A 点静止释放，释放点到 B 点的距离为x=2.25m，经
过一段时间滑块由 B 点进入圆管轨道，最终从 C 点离开圆管打在斜劈
上D点，CD垂直于斜劈。已知滑块与斜面间的动摩擦因数为 0 .5 = ，
重力加速度为g取 1 0 m / s 2 ，sin37 =0.6，取 3 = ，忽略空气阻力。
求：
(1)滑块滑到斜面底端时的速度大小；
(2)滑块在圆管中运动时，滑块对圆管的作用力大小；
(3)滑块从A点释放到打在斜劈上的总时间。
14．（14 分）如图所示，质量为 M 的匀质凹槽放在光滑水平桌面上，凹槽内有一个半径为R 的光滑半圆
形轨道。质量为 m 的小球从轨道右端点由静止开始下滑。若凹槽可以在桌
面上自由滑动，且整个过程凹槽不翻转。重力加速度为g。求
（1）小球运动到轨道最低点时的速度大小𝑣 ；
1
（2）小球运动到轨道最低点时，凹槽对小球的支持力N
（3）若凹槽两端始终没有滑出桌面，求桌面的最小长度L。
15．（16分）如图所示，倾斜传送带与水平面倾角θ＝37°，以v＝1 m/s顺时针转动。初始时，一物体（可
视为质点）静置于传送带下端的A点。一橡皮筋原长l ＝1.6 m，一端固定在物体上，另一端固定在O点，
0
OA距离恰好等于橡皮筋的原长。某时刻由静止释放物体，物体沿传送带向上运动，经过与O点等高的C
点时橡皮筋刚好再次伸直，物体最终静止在传送带的最高点B。C、B两点的距离s＝1.6 m。已知物块的
质量为 m＝1 kg，物块与传送带间的动摩擦因数𝜇 =0.8。橡皮筋的弹力满足胡克定律，弹性势能的公式
𝐸 = 1 𝑘𝑥2。重力加速度 g＝10m/s2，计算中可能用到的数据：sin37°=0.6，sin18.5°=0.3，cos18.5°=
p
2
0.95。计算结果保留两位小数。求：
(1)物体由A运动至C过程中与传送带之间产生的热量Q
(2)物体由A运动至C过程中由于带动物体运动，电动机对传送带多做
的功W
1
(3)物体由C运动至B的整个过程中，传送带对物体的摩擦力做的功W
2
为多少。高 2024 级高一下期 5 月阶段性测试物理试题参考答案
1 2 3 4 5 6 7 8 9 10
B C C B D D A CD AC BD
11．（6分）
(1)B （2分） (2)𝑟 （2分） (3)不需要（2分）
1 12．（8分）
1 1
（2）mgL＝ M(v2－v2) （2分） (3)不正确（2分）；mgL＝ (m＋M)(v2－v2)（2分）； 小于（2分）
2 2 1 2 2 1
13．（10分） (1)
高一物理 2025-05 第3页 共2页
3 m / s （3分） (2)2√2N （3分） (3)3.2s （4分）
【详解】（1）根据牛顿第二定律有 m g s in m g c o s m a − = （1分）
根据速度—位移公式有v2 =2ax （1分）
解得 v = 3 m /s （1分）
其它方法正确也给分
（2）F=√（𝑚𝑔） 2 +𝑚 𝑣2 =2√2𝑁 （2分）
𝑅
根据牛顿第三定律可知，滑块对圆管的作用力大小为2√2N （1分）
（3）物块在斜面运动时有 t1 =
v
a
= 1 .5 s （1分）
在圆管轨道运动有 t
2
R
v
0 .9
= = s （1分）
小球最终从C点离开圆管并垂直地打在斜劈上，根据速度分解有 t a n
1
2
v t
g
3
t 23
= 解得 t
3
= 0 .8 s （1分）
总时间为 t = t1 + t
2
+ t
3
= 3 .2 s
15．（16分） (1)𝑄 =8.00J （5分） (2)𝑊 =23.86J （3分） (3)𝑊 =9.34J （8分）
1 2
【详解】（1）几何关系可知𝑥 =2𝑙 cos37°=2.56m （1分）
𝐴𝐶 0
AC过程，对物块，由牛顿第二定律有𝜇𝑚𝑔cos37°−𝑚𝑔sin37°=𝑚𝑎得𝑎 =0.4m/s2 （1分）
𝑣
物体与传送带共速所需时间𝑡 = =2.5s （1分）
𝑎
则有x= 1 𝑎𝑡2 =1.25m<𝑥 故物块先加速后匀速（1分）
𝐴𝐶
2
则物体由A运动至C过程中与传送带之间产生的热量𝑄 =(𝑣𝑡−𝑥)𝜇𝑚𝑔cos37°联立解得𝑄 =8.00J （1分）
（2）电动机对传送带多做的功等于物块增加的机械能与该过程产生的热量Q之和，
即𝑊 = 1 𝑚𝑣2+𝑚𝑔𝑥 sin37°+𝑄 （2分） 1 𝐴𝐶
2
联立解得𝑊 =23.86J （1分）
1
（3）几何关系可知𝑥 =2𝑥 cos18.5°=3.04m （1分）
𝑂𝐵 𝐵𝐶
在B点，对物块有𝑘Δ𝑥cos18.5+𝑚𝑔sin37°=𝜇(𝑚𝑔cos37°−𝑘Δ𝑥sin18.5°) （1分）
且Δ𝑥 =𝑥 −𝑥 =1.44m （1分） 𝑂𝐵 𝑂𝐶
解得𝑘 ≈0.23N/m （1分）
以上分析可知，在C点时物体速度𝑣 =1m/s
𝑐
CB过程，对物块，由动能定理得0− 1 𝑚𝑣2 =𝑊 −𝑚𝑔𝑥 sin37°+𝑊 （2分）
2 𝑐 2 𝐵𝐶 弹
其中𝑊 =− 1 𝑘Δ𝑥2，𝑥 =𝑠 =1.6m
弹 2 𝐵𝐶
联立解得传送带对物体的摩擦力做的功𝑊 ≈9.34J （2分）
2
（1分）
2𝑀𝑔𝑅 3𝑀𝑚𝑔+2𝑚2𝑔 2𝑅(2𝑚+𝑀)
14．（14分）（1）√ （3分） （2） 方向竖直向上（4分） （3） （7分）
𝑀+𝑚 𝑀 𝑚+𝑀
【详解】（1）小球和凹槽组成的系统水平方向上动量守恒，则有𝑚𝑣 −𝑀𝑣 =0 （1分）
1 2
由机械能守恒定律有𝑚𝑔𝑅 = 1 𝑚𝑣2+ 1 𝑀𝑣2（1分）
2 1 2 2
2𝑀𝑔𝑅
解得𝑣 =√ （1分）
1
𝑀+𝑚
𝑚 2𝑀𝑔𝑅
（2）由（1）问可知𝑣 = √ （1分）
2
𝑀 𝑀+𝑚
凹槽最低点对小球N−mg=m
(𝑣1+𝑣2)2
（1分）
𝑅
2𝑚𝑔(𝑀+𝑚) 3𝑀𝑚𝑔+2𝑚2𝑔
解得N=mg+ = （1分）方向竖直向上（1分）
𝑀 𝑀
（3）根据题意可知，小球运动过程中水平方向在任何时候都动量守恒，则有𝑚𝑣 −𝑀𝑣 =0
1 2
两边同时乘𝑡可得𝑚𝑥 =𝑀𝑥 （2分）
1 2
由于运动过程中，系统的机械能守恒，则当小球运动到凹槽轨道左端点时，速度恰好为零，此时，凹槽向
右运动到最大距离，则有𝑥 +𝑥 =2𝑅 （1分）
1 2
2𝑚
解得𝑥 = 𝑅 （1分）
2
𝑚+𝑀
由对称性可知，小球再次滑到轨道右端点时，凹槽恰好向左运动𝑥′ =𝑥 = 2𝑚 𝑅 （1分）
2 2 𝑚+𝑀
2𝑅(2𝑚+𝑀)
由于凹槽两端始终没有滑出桌面，则桌面的最小长度𝐿 =2𝑅+𝑥 = （2分）
2
𝑚+𝑀
